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- 2021-06-24 发布
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专题一 集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式
第一讲集合与常用逻辑用语
一、基础知识要记牢
1．集合中元素的特性
集合元素具有确定性、互异性和无序性．解题时要特别注意集合元素互异性的应用．
2．运算性质及重要结论
如(1)A∪A＝A，A∪∅＝A，A∪B＝B∪A；
(2)A∩A＝A，A∩∅＝∅，A∩B＝B∩A；
(3)A∩B＝A⇔A⊆B，A∪B＝A⇔B⊆A等．
二、经典例题领悟好
例1] (1)(2017·浙江高考)已知集合P＝{x|－1y，则x>|y|”的逆命题
B．命题“x>1，则x2>1”的否命题
C．命题“若x＝1，则x2＋x－2＝0”的否命题
D．命题“若x2>0，则x>1”的逆否命题
解析] (1)设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，对于p1，∵＝＝∈R，∴b＝0，∴z∈R，∴p1是真命题；
对于p2，∵z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，∴ab＝0，∴a＝0或b＝0，∴p2不是真命题；
对于p3，设z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，则z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy＋(dx＋cy)i∈R，
∴dx＋cy＝0，取z1＝1＋2i，z2＝－1＋2i，z1≠2，
∴p3不是真命题；
对于p4，∵z＝a＋bi∈R，∴b＝0，∴＝a－bi＝a∈R，
∴p4是真命题．
(2)对于A，其逆命题是：若x>|y|，则x>y，是真命题，这是因为x>|y|≥y，必有x>y；对于B，其否命题是：若x≤1，则x2≤1，是假命题．如x＝－5，x2＝25>1；对于C，其否命题是：若x≠1，则x2＋x－2≠0，由于x＝－2时，x2＋x－2＝0，所以原命题的否命题是假命题；对于D，若x2>0，则x>0或x<0，不一定有x>1，因此原命题与它的逆否命题都是假命题．故选A.
答案] (1)B (2)A
(1)在判定四个命题之间的关系时，首先要分清命题的“大前提、条件、结论”，再进行比较.
(2)判断一个命题为真命题，要给出推理证明；判断一个命题为假命题，只需举出反例.
(3)根据“互为逆否关系的命题同真同假”这一性质，当一个命题的真假不易判定时，可转化为判断其等价命题的真假.
三、预测押题不能少
2．(1)命题“若x，y都是偶数，则x＋y也是偶数”的逆否命题是( )
A．若x＋y是偶数，则x与y不都是偶数
B．若x＋y是偶数，则x与y都不是偶数
C．若x＋y不是偶数，则x与y不都是偶数
D．若x＋y不是偶数，则x与y都不是偶数
解析：选C 命题的逆否命题是将条件和结论对换后分别否定，因此“若x，y都是偶数，则x＋y也是偶数”的逆否命题是若x＋y不是偶数，则x与y不都是偶数．
(2)有下列四个命题：
①若“xy＝1，则x，y互为倒数”的逆命题；
②“面积相等的三角形全等”的否命题；
③“若m≤1，则x2－2x＋m＝0有实数解”的逆否命题；
④“若A∩B＝B，则A⊆B”的逆否命题．
其中真命题为( )
A．①② B．②③
C．④ D．①②③
解析：选D ①的逆命题：“若x，y互为倒数，则xy＝1”是真命题；②的否命题：“面积不相等的三角形不是全等三角形”是真命题；③的逆否命题：“若x2－2x＋m＝0没有实数解，则m>1”是真命题；命题④是假命题，所以它的逆否命题也是假命题，如A＝{1,2,3,4,5}，B＝{4,5}，显然A⊆B是错误的．故选D.
一、基础知识要记牢
对于p和q两个命题，若p⇒q，则p是q的充分条件，q是p的必要条件；若p⇔q，则p和q互为充要条件．推出符号“⇒”具有传递性，等价符号“⇔”具有双向传递性．
二、经典例题领悟好
例3] (1)(2017·浙江高考)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4＋S6>2S5”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
(2)设A＝，B＝{x||x－b|＜a}，若“a＝1”是“A∩B≠∅”的充分条件，则实数b的取值范围是________．
解析] (1)因为{an}为等差数列，所以S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1＋15d＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d，S4＋S6－2S5＝d，所以d>0⇔S4＋S6>2S5，所以“d>0”是“S4＋S6>2S5”的充分必要条件．
(2)A＝{x|－1＜x＜1}，当a＝1时，B＝{x|b－1＜x＜b＋1}，若“a＝1”是“A∩B≠∅”的充分条件，则有－1≤b－1＜1或－1＜b＋1≤1，所以b∈(－2,2)．
答案] (1)C (2)(－2,2)
判定充分、必要条件时的关注点
(1)要弄清先后顺序：“A的充分不必要条件是B”是指B能推出A，且A不能推出B；而“A是B的充分不必要条件”则是指A能推出B，且B不能推出A.
(2)要善于举出反例：如果从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行，那么可以尝试通过举出恰当的反例 说明.
三、预测押题不能少
3．(1)“10a>10b”是“lg a>lg b”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选B 由10a>10b得a>b，由lg a>lg b得a>b>0，所以“10a>10b”是“lg a>lg b”的必要不充分条件．
(2)设p：实数x，y满足(x－1)2＋(y－1)2≤2，q：实数x，y满足则p是q的( )
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选A p表示以点(1,1)为圆心，为半径的圆面(含边界)，如图所示．q表示的平面区域为图中阴影部分(含边界)．
由图可知，p是q的必要不充分条件．故选A.
知能专练(一)]
一、选择题
1．(2017·北京高考)若集合A＝{x|－23}，则A∩B＝( )
A．{x|－21或x<－3，q：x>a，若q是p的充分不必要条件，则a的取值范围是( )
A． 1，＋∞) B．(－∞，1]
C． －3，＋∞) D．(－∞，－3]
解析：选A 设P＝{x|x>1或x<－3}，Q＝{x|x>a}，因为q是p的充分不必要条件，所以QP，因此a≥1.
5．(2016·全国卷Ⅱ)已知集合A＝{1,2,3}，B＝{x|(x＋1)·(x－2)<0，x∈Z}，则A∪B＝( )
A．{1} B．{1,2}
C．{0,1,2,3} D．{－1,0,1,2,3}
解析：选C 因为B＝{x|(x＋1)(x－2)<0，x∈Z}＝{x|－11}
解析：选A 由题意知，集合A＝{x|0≤x≤1}，
∴B＝{y|1≤y≤2}，∁RA＝{x|x<0或x>1}，
∴(∁RA)∩B＝{x|10，即抛物线的开口可以向上，因此否命题也是假命题．故选D.
二、填空题
11．已知集合U＝{1,2,3,4,5,6}，S＝{1,3,5}，T＝{2,3,6}，则S∩(∁UT)＝________，集合S共有________个子集．
解析：由题意可得∁UT＝{1,4,5}，则S∩(∁UT)＝{1,5}．集合S的子集有∅，{1}，{3}，{5}，{1,3}，{1,5}，{3,5}，{1,3,5}，共8个．
答案：{1,5} 8
12．(2017·南通模拟)给出下列三个命题：
①“a>b”是“3a>3b”的充分不必要条件；
②“α>β”是“cos αb”是“3a>3b”的充要条件，①错误；“α>β”是“cos α2}，
N＝{y|y＝＋1}＝{y|y≥1}，
∁RM＝{x|0≤x≤2}，∁RN＝{y|y<1}，
∴N∩(∁RM)＝{x|1≤x≤2}，M∪(∁RN)＝{x|x<1或x>2}．
答案：{x|1≤x≤2} {x|x<1或x>2}
14．若“4x＋p<0”是“x2－x－2>0”的充分条件，则实数p 的取值范围是________．
解析：由x2－x－2>0，得x>2或x<－1.
由4x＋p<0得x<－.
故－≤－1时，“x<－”⇒“x<－1”⇒“x2－x－2>0”．
∴p≥4时，“4x＋p<0”是“x2－x－2>0”的充分条件．
答案： 4，＋∞)
15．(2017·诸暨质检)已知A＝{x|－2≤x≤0}，B＝{x|x2－x－2≤0}，则A∪B＝________，(∁RA)∩B＝________.
解析：∵A＝{x|－2≤x≤0}，∴∁RA＝{x|x<－2或x>0}，又B＝{x|x2－x－2≤0}＝{x|－1≤x≤2}，∴A∪B＝{x|－2≤x≤2}，∴(∁RA)∩B＝{x|0，解得a>.
即实数a的取值范围是.
答案：
第二讲函数的概念与性质
一、基础知识要记牢
(1)函数初、高中定义形式不同，本质一样，核心是对应；
(2)当两个函数的三要素完全相同时表示同一个函数；
(3)分段函数是一个函数而不是几个函数，离开定义域讨论分段函数是毫无意义的．
二、经典例题领悟好
例1] (1)(2015·浙江高考)存在函数f(x)满足：对于任意x∈R都有( )
A．f(sin 2x)＝sin x
B．f(sin 2x)＝x2＋x
C．f(x2＋1)＝|x＋1|
D．f(x2＋2x)＝|x＋1|
(2)(2017·嘉兴模拟)设函数f(x)＝若f(f(a))＝2，则a＝________.
(3)(2016·江苏高考)函数y＝ 的定义域是________．
解析] (1)取x＝0，，可得f(0)＝0,1，这与函数的定义矛盾，所以选项A错误；取x＝0，π，可得f(0)＝0，π2＋π，这与函数的定义矛盾，所以选项B错误；取x＝1，－1，可得f(2)＝2,0，这与函数的定义矛盾，所以选项C错误；取f(x)＝ ，则对任意x∈R都有f(x2＋2x)＝ ＝|x＋1|，故选项D正确．
(2)当a≤0时，f(a)＝a2＋2a＋2＝(a＋1)2＋1>0，f(f(a))＝－(a2＋2a＋2)2
＝2，此方程无解．当a>0时，f(a)＝－a2<0，由f(f(a))＝a4－2a2＋2＝2，解得a＝.
(3)要使函数有意义，需3－2x－x2≥0，即x2＋2x－3≤0，得(x－1)(x＋3)≤0，即－3≤x≤1，故所求函数的定义域为 －3,1]．
答案] (1)D (2) (3) －3,1]
1.理解函数概念的要点
函数概念本质是对应，以具体函数模型为基础，在新背景、综合背景下理解.
2.求函数定义域的类型和相应方法
(1)若已知函数的解析式，则这时函数的定义域是使解析式有意义的自变量的取值范围，只需构建并解不等式(组)即可；
(2)实际问题或几何问题除要考虑解析式有意义外，还应使实际问题有意义.,
3.求函数值时应注意的问题
分段函数的求值(解不等式)问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段求解；对具有周期性的函数求值要利用好其周期性.
三、预测押题不能少
1．(1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且09
解析：选C 由题意，不妨设g(x)＝x3＋ax2＋bx＋c－m，m∈(0,3]，则g(x)的三个零点分别为x1＝－3，x2＝－2，x3＝－1，因此有(x＋1)(x＋2)(x＋3)＝x3＋ax2＋bx＋c－m，则c－m＝6，因此c＝m＋6∈(6,9]．
(2)已知函数f(x)＝则f＝________.
解析：∵f＝－tan ＝－1，
∴f＝f(－1)＝2×(－1)3＝－2.
答案：－2
一、基础知识要记牢
函数的图象包括作图、识图、用图，其中作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换．正确作图是解题的基本保障，识图、用图是解题的手段和目标．
二、经典例题领悟好
例2] (1)(2016·浙江高考)函数y＝sin x2的图象是( )
(2)函数f(x)的图象是如图所示的折线段OAB，其中A(1,2)，B(3,0)，函数g(x)＝xf(x)，那么函数g(x)值域为( )
A． 0,2] B.
C. D． 0,4]
解析] (1)∵y＝sin(－x)2＝sin x2，∴函数为偶函数，可排除A项和C项；当x＝±时，y＝sin x2＝1，而＜，且y＝sin＜1，故D项正确．
(2)由题图可知直线OA的方程是y＝2x；
而kAB＝＝－1，
所以直线AB的方程为y＝－(x－3)＝－x＋3.
由题意，知f(x)＝
所以g(x)＝xf(x)＝
当0≤x≤1时，g(x)＝2x2∈ 0,2]；
当1b)的图象如图所示，则函数g(x)＝ax＋b的大致图象是( )
解析：选A 由二次函数的图象可知b<－1,0f(2a－x)在 a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：作出函数f(x)的图象如图所示，易知函数f(x)在R上为单调递减函数，所以不等式f(x＋a)>f(2a－x)在 a，a＋1]上恒成立等价于x＋a<2a－x，即x<在 a，a＋1]上恒成立，所以只需a＋1<，即a<－2.
答案：(－∞，－2)
一、基础知识要记牢
(1)单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质．利用定义证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、判断符号、下结论．复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则．
(2)奇偶性：奇偶性是函数在定义域上的整体性质．偶函数的图象关于y轴对称，在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相反的单调性；奇函数的图象关于坐标原点对称，在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相同的单调性．
(3)周期性：周期性是函数在定义域上的整体性质．若函数在其定义域上满足f(a＋x)＝f(x)(a不等于0)，则其一个周期T＝|a|.
二、经典例题领悟好
例3] (1)(2017·北京高考)已知函数f(x)＝3x－x，则f(x)( )
A．是奇函数，且在R上是增函数
B．是偶函数，且在R上是增函数
C．是奇函数，且在R上是减函数
D．是偶函数，且在R上是减函数
(2)(2016·山东高考)已知函数f(x)的定义域为R.当x＜0时，f(x)＝x3－1；当－1≤x≤1时，f(－x)＝－f(x)；当x＞时，f＝f，则f(6)＝( )
A．－2 B．－1
C．0 D．2
(3)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，且在区间 0,2]
上是增函数，则( )
A．f(－25)0时， f(x) ＝x2＋，则f(－1)＝( )
A．－2 B．0 C．1 D．2
解析：选A f(－1)＝－f(1)＝－2.
2．(2017·大连测试)下列函数中，与函数y＝－3|x|的奇偶性相同，且在(－∞，0)上单调性也相同的是( )
A．y＝－ B．y＝log2|x|
C．y＝1－x2 D．y＝x3－1
解析：选C 函数y＝－3|x|为偶函数，在(－∞，0)上为增函数，选项B的函数是偶函数，但其单调性不符合，只有选项C符合要求．
3．(2016·全国卷Ⅰ)函数y＝2x2－e|x|在 －2，2]的图象大致为( )
解析：选D f(2)＝8－e2＞8－2.82＞0，排除A；f(2)＝8－e2＜8－2.72＜1，排除B；x＞0时，f(x)＝2x2－ex，f′(x)＝4x－ex，当x∈时，f′(x)＜×4－e0＝0，因此f(x)在单调递减，排除C.故选D.
4．(2017·天津高考)已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)＝xf(x)．若a＝g(－log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a0时，f(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(x)>0.又a＝g(－log25.1)＝g(log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，20.8<2＝log247，∴函数F(x)的值域为(7，＋∞)．
(3)依题意得当x∈ 2,6]时，x2＋3≥mx＋m＋4恒成立，即x2－mx－m－1≥0对x∈ 2,6]恒成立．
设p(x)＝x2－mx－m－1，则
或或Δ＝m2＋4m＋4≤0，
即或或m＝－2，得m≤1.
综上可知，实数m的取值范围是(－∞，1]．
14．设a>0，b∈R，函数f(x)＝－2bx＋b(02a时，f(x)＋|2a－b|＝＋2b(1－x)－2a
≥＋4a(1－x)－2a＝a.
由－4x＋2≥0，解得≤x≤，
又因为<1，所以m的最大值为.
第三讲基本初等函数、函数与方程及函数的应用
一、基础知识要记牢
指数函数y＝ax(a>0，a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，a≠1)的图象和性质，分01两种情况，当a>1时，两函数在定义域内都为增函数，当00知，函数在y轴右侧的图象是有限的，排除A；选项C中，由直线可以看出b>0，由1＋bx
>0知，函数在y轴左侧的图象是有限的，排除C，故选B.
(2)a＝log36＝log33＋log32＝1＋log32，
b＝log510＝log55＋log52＝1＋log52，
c＝log714＝log77＋log72＝1＋log72，
∵log32>log52>log72，∴a>b>c.
答案] (1)B (2)D
(1)基本初等函数的图象是其性质的直观载体，要结合图象理解性质；图象变换要以基本函数图象为基础，结合性质等判断、应用.
(2)比较指数函数值、对数函数值、幂函数值大小有三种方法：一是根据同类函数的单调性进行比较；二是采用中间值0或1等进行比较；三是将对数式转化为指数式，或将指数式转化为对数式，通过转化进行比较.
三、预测押题不能少
1．(1)函数y＝x－x的图象大致为( )
解析：选A 函数y＝x－x为奇函数．当x>0时，由x－x>0，即x3>x，可得x2>1，故x>1，结合选项，选A.
(2)已知a＝2，b＝4，c＝25，则( )
A．b0；当时，恒有f(x)<0.
二、经典例题领悟好
例2] (1)(2017·浙江高考)若函数f(x)＝x2＋ax＋b在区间 0,1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m( )
A．与a有关，且与b有关
B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关
D．与a无关，但与b有关
(2)若二次函数f(x)满足f(3)＝f(－1)＝－5，且f(x)的最大值是3，则函数f(x)的解析式为________．
(3)若函数f(x)＝cos 2x＋asin x在区间上是减函数，则a的取值范围是________．
解析] (1)f(x)＝2－＋b，
①当0≤－≤1时，f(x)min＝m＝f＝－＋b，f(x)max＝M＝max{f(0)，f(1)}＝max{b,1＋a＋b}，
∴M－m＝max与a有关，与b无关；
②当－<0时，f(x)在 0,1]上单调递增，
∴M－m＝f(1)－f(0)＝1＋a与a有关，与b无关；
③当－>1时，f(x)在 0,1]上单调递减，
∴M－m＝f(0)－f(1)＝－1－a与a有关，与b无关．
综上所述，M－m与a有关，但与b无关．
(2)法一：设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，依题意得解得
所以二次函数的解析式为f(x)＝－2x2＋4x＋1.
法二：设f(x)＝a(x－m)2＋n(a≠0)，因为f(3)＝f(－1)，
所以抛物线的对称轴为x＝＝1，则m＝1.
又f(x)的最大值是3，则a<0，n＝3，即f(x)＝a(x－1)2＋3，
由f(3)＝－5得4a＋3＝－5，则a＝－2，
所以二次函数的解析式为f(x)＝－2(x－1)2＋3＝－2x2＋4x＋1.
法三：设f(x)＋5＝a(x－3)(x＋1)(a≠0)，
即f(x)＝ax2－2ax－3a－5＝a(x－1)2－4a－5，
又f(x)的最大值是3，
则a<0，且－4a－5＝3，所以a＝－2，
所以二次函数的解析式为f(x)＝－2x2＋4x＋1.
(3)f(x)＝cos 2x＋asin x＝1－2sin2x＋asin x，
令t＝sin x，x∈，
则t∈，原函数化为y＝－2t2＋at＋1，
由题意及复合函数单调性的判定可知y＝－2t2＋at＋1在上是减函数，结合二次函数图象可知，≤，所以a≤2.
答案：(1)B (2)f(x)＝－2x2＋4x＋1 (3)(－∞，2]
解决有关二次函数两类综合问题的思想方法
(1)含有参数的二次函数与不等式的综合问题注意分类讨论思想、函数与方程思想的运用．
(2)二次函数的最值问题，通常采用配方法，将二次函数化为y＝a(x－m)2＋n(a≠0)的形式，得其图象顶点(m，n)或对称轴方程x＝m，分三种情况：
①顶点固定，区间固定；
②顶点含参数，区间固定；
③顶点固定，区间变动.
三、预测押题不能少
2．(1)若不等式x2＋ax＋1≥0对于一切x∈成立，则a的最小值是( )
A．0 B．2
C．－ D．－3
解析：选C 设f(x)＝x2＋ax＋1，其图象开口向上，对称轴为直线x＝－.当－≥，即a≤－1时，f(x)在上是减函数，应有f≥0⇒a≥－，∴－≤a≤－1.当－≤0，即a≥0时，f(x)在上是增函数，应有f(0)＝1≥0，恒成立，故a≥0.当0<－<，即－10)图象上一动点．若点P，A之间的最短距离为2，则满足条件的实数a的所有值为________．
解析：设P，则|PA|2＝(x－a)2＋2＝2－2a＋2a2－2，
令t＝x＋，则t≥2(x>0，当且仅当x＝1时取“＝”)，则|PA|2＝t2－2at＋2a2－2.
①当a≤2时，(|PA|2)min＝22－2a×2＋2a2－2＝2a2－4a＋2，
由题意知，2a2－4a＋2＝8，
解得a＝－1或a＝3(舍)．
②当a>2时，(|PA|2)min＝a2－2a×a＋2a2－2＝a2－2.
由题意知，a2－2＝8，解得a＝或a＝－(舍)，
综上知，a＝－1，.
答案：－1，
一、基础知识要记牢
确定函数零点的常用方法
(1)解方程判定法，方程易解时用此法；
(2)利用零点存在的判定定理；
(3)利用数形结合，尤其是那些方程两端对应的函数类型不同时多以数形结合法求解．
二、经典例题领悟好
例3] (1)(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝( )
A．－ B.
C. D．1
(2)(2018届高三·温州六校联考)函数f(x)＝3－x＋x2－4的零点个数是________．
解析] (1)法一：由f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，得f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋ex－1)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，所以f(2－x)＝f(x)，即x＝1为f(x)图象的对称轴．由题意，f(x)有唯一零点，所以f(x)的零点只能为x＝1，即f(1)＝12－2×1＋a(e1－1＋e－1＋1)＝0，解得a＝.
法二：由f(x)＝0⇔a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.ex－1＋e－x＋1≥2＝2，当且仅当x＝1时取“＝”．
－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时取“＝”．
若a>0，则a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，
要使f(x)有唯一零点，则必有2a＝1，即a＝.
若a≤0，则f(x)的零点不唯一．
综上所述，a＝.
(2)令f(x)＝0，则x2－4＝－x，分别作出函数g(x)＝x2－4，h(x)＝－x的图象，由图可知，显然h(x)与g(x)的图象有2个交点，故函数f(x)的零点个数为2.
答案] (1)C (2)2
函数的零点、方程的根、函数图象与x轴的交点是一类问题的不同表述，数形结合法是解决函数零点、方程根的分布、零点个数、方程根的个数的一个有效方法.在解决函数零点问题时，既要注意利用函数的图象，也要注意根据函数的零点存在性定理、函数的性质等进行相关的计算，把数与形紧密结合起 .
三、预测押题不能少
3．已知函数f(x)＝(a＞0，且a≠1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是( )
A. B.
C.∪ D.∪
解析：选C 由y＝loga(x＋1)＋1在 0，＋∞)上递减，得0＜a＜1.
又由f(x)在R上单调递减，
则⇒≤a≤.
如图所示，在同一坐标系中作出函数y＝|f(x)|和y＝2－x的图象．
由图象可知，在 0，＋∞)上|f(x)|＝2－x有且仅有一个解，故在(－∞，0)上|f(x)|＝2－x同样有且仅有一个解．
当3a＞2，即a＞时，由x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x(其中x＜0)，得x2＋(4a－2)x＋3a
－2＝0(其中x＜0)，则Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0，
解得a＝或a＝1(舍去)；
当1≤3a≤2，即≤a≤时，由图象可知，符合条件．
综上所述，a∈∪.故选C.
一、经典例题领悟好
例4] 为了保护环境，减少排污量，某旅游点有50辆自行车供租赁使用，管理这些自行车的费用是每日115元．根据经验，若每辆自行车的日租金不超过6元，则自行车可以全部租出；若超过6元，则每超过1元，租不出的自行车就增加3辆．设每辆自行车的日租金为x(3≤x≤20，x∈N )(单位：元)，用y(单位：元)表示出租自行车的日净收入(即一日出租自行车的总收入减去管理费用)．
(1)求函数y＝f(x)的解析式；
(2)试问当每辆自行车的日租金为多少元时，才能使日净收入最多？
解] (1)当3≤x≤6，x∈N 时，y＝50x－115.
当6f(12)，
∴当x＝11时，ymax＝－3×＋＝270.
又270>185，∴当每辆自行车的日租金定为11元时，才能使日净收入最多．
解决函数实际应用题的关键有两点：一是明确问题的实际背景，认真审题，确切理解题意，然后抽象概括，将实际问题归纳为相应的数学问题；二是要合理选取参变量，设定变量之后，就要寻找它们之间的内在联系，选用恰当的代数式表示问题中的关系，建立相应的函数模型，最终求解数学模型使实际问题获解.重点关注分段函数背景下的应用问题.
二、预测押题不能少
4．如图，一种医用输液瓶可以视为两个圆柱的组合体． 输液时，滴管内匀速滴下液体(滴管内液体忽略不计)，设输液 后x min，瓶内液面与进气管的距离为h cm，已知当x＝0时，h＝13.如果瓶内的药液恰好156 min滴完，则函数h＝f(x)的图象为( )
解析：选A 瓶内的液体的体积V＝π×42×9＋π×22×3＝156 π cm3，因为156 min滴完，所以每分钟滴下π cm3药液，当4≤h≤13时，xπ＝π×42×(13－h)，即h＝13－，此时0≤x≤144；当1≤h<4时，xπ＝π×42×9＋π×22×(4－h)，即h＝40－，此时1440且a≠1)在R上是增函数，则g(x)＝loga(x＋k)的大致图象是( )
解析：选C ∵函数f(x)＝kax－a－x(a>0且a≠1)在R上是奇函数，∴f(－x)＋f(x)＝0，即(k－1)ax＋(k－1)·a－x＝0，解得k＝1.又函数f(x)＝kax－a－x(a>0且a≠1)在R上是增函数，∴a>1，可得g(x)＝loga(x＋k)＝loga(x＋1)，函数g(x)的图象必过原点，且为增函数．故选C.
3．若x∈(e－1,1)，a＝ln x，b＝ln x，c＝eln x ，则a，b，c的大小关系为( )
A．c>b>a B．b>c>a
C．a>b>c D．b>a>c
解析：选B 依题意得a＝ln x∈(－1,0)，b＝ln x∈(1,2)，c＝x∈(e－1,1)，因此b>c>a.
4．已知函数f(x)＝函数g(x)＝3－f(2－x)，则函数y＝f(x)－g(x)的零点个数为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
解析：选A 法一：当x>2时，g(x)＝x－1，f(x)＝(x－2)2；
当0≤x≤2时，g(x)＝3－x，f(x)＝2－x；
当x<0时，g(x)＝3－x2，f(x)＝2＋x.
由于函数y＝f(x)－g(x)的零点个数就是方程f(x)－g(x)＝0的根的个数．
x>2时，方程f(x)－g(x)＝0可化为x2－5x＋5＝0，其根为x＝或x＝(舍去)；
当0≤x≤2时，方程f(x)－g(x)＝0可化为2－x＝3－x，无解；
当x<0时，方程f(x)－g(x)＝0可化为x2＋x－1＝0，其根为x＝或x＝(舍去)．
所以函数y＝f(x)－g(x)的零点个数为2.
法二：由y＝f(x)－g(x)＝0得f(x)＋f(2－x)＝3，
设F(x)＝f(x)＋f(2－x)，
则F(2－x)＝f(2－x)＋f(x)，所以F(2－x)＝F(x)，F(x)关于直线x＝1对称．
当0≤x≤1时，F(x)＝f(x)＋f(2－x)＝2－x＋2－(2－x)＝2；当x<0时，F(x)＝f(x)＋f(2－x)＝2＋x＋(2－x－2)2＝x2＋x＋2＝2＋.作出函数F(x)的图象如图所示，由图象可知，当F(x)＝3时，有2个零点，故选A.
5．(2017·邯郸模拟)设函数f(x)＝若对任意给定的t∈(1，＋∞)，都存在唯一的x∈R，满足f(f(x))＝2a2t2＋at，则正实数a的最小值是( )
A．2 B. C. D.
解析：选B 根据f(x)的解析式易知其值域为R，又当x≤0时，f(x)＝2x的值域为(0,1]；当x>0时，f(x)＝log2x的值域为R，∴要想在t∈(1，＋∞)上存在唯一的x∈R满足f(f(x))＝2a2t2＋at，必有f(f(x))>1(∵2a2t2＋at>0)，∴f(x)>2，解得x>4，当x>4时，x与f(f(x))存在一一对应的关系，∴2a2t2＋at>1，t∈(1，＋∞)，且a>0，∴(2at－1)(at＋1)>0，解得t>或t<－(舍去)，∴≤1，∴a≥，故选B.
6．(2017·山东高考)已知当x∈ 0,1]时，函数y＝(mx－1)2的图象与y＝＋m的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是( )
A．(0,1]∪ 2，＋∞) B．(0,1]∪ 3，＋∞)
C．(0， ]∪ 2，＋∞) D．(0， ]∪ 3，＋∞)
解析：选B 在同一直角坐标系中，分别作出函数f(x)＝(mx－1)2＝m22与g(x)＝＋m的大致图象．分两种情形：
(1)当01时，0<<1，如图②，要使f(x)与g(x)的图象在 0,1]上只有一个交点，只需g(1)≤f(1)，即1＋m≤(m－1)2，解得m≥3或m≤0(舍去)．
综上所述，m∈(0,1]∪ 3，＋∞)．
二、填空题
7．设函数f(x)＝－ln(－x＋1)，g(x)＝则g(－2)＝______；函数y＝g(x)＋1的零点是________．
解析：由题意知g(－2)＝f(－2)＝－ln 3，当x≥0时，x2＋1＝0没有零点，当x<0时，由－ln(－x＋1)＋1＝0，得x＝1－e.
答案：－ln 3 1－e
8．已知函数f(x)＝若存在x1，x2∈R，x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)成立，则实数a的取值范围是________．
解析：由已知存在x1，x2∈R，x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)成立，则需x≤1时，f(x)不单调即可，即对称轴<1，解得a<2.
答案：(－∞，2)
9．(2016·山东高考)已知函数f(x)＝其中m＞0.若存在实数b，使得关于x的方程f(x)＝b有三个不同的根，则m的取值范围是________．
解析：作出f(x)的图象如图所示．当x＞m时，x2－2mx＋4m＝(x－m)2＋4m－m2，∴要使方程f(x)＝b有三个不同的根，则4m－m2＜m，即m2－3m＞0.又m＞0，解得m＞3.
答案：(3，＋∞)
三、解答题
10．已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋(x>0)．
(1)若g(x)＝m有零点，求m的取值范围；
(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
解：(1)∵g(x)＝x＋≥2＝2e(x>0)，
当且仅当x＝时取等号．
∴当x＝e时，g(x)有最小值2e.
因此g(x)＝m有零点，只需m≥2e.
∴m的取值范围是 2e，＋∞)．
(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异实根，则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点．
如图所示，作出函数g(x)＝x＋(x>0)的大致图象．
∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1
＝－(x－e)2＋m－1＋e2，
∴其对称轴为x＝e，f(x)max＝m－1＋e2.
若函数f(x)与g(x)的图象有两个交点，
必须有m－1＋e2>2e，即m>－e2＋2e＋1.
即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根，
则m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．
11．有一种新型的洗衣液，去污速度特别快．已知每投放k(1≤k≤4且k∈
R)个单位的洗衣液在一定量水的洗衣机中，它在水中释放的浓度y(g/L)随着时间x(min)变化的函数关系式近似为y＝kf(x)，其中y＝根据经验，当水中洗衣液的浓度不低于4(g/L)时，它才能起到有效去污的作用．
(1)若投放k个单位的洗衣液，3 min时水中洗衣液的浓度为4(g/L)，求k的值；
(2)若投放4个单位的洗衣液，则有效去污时间可达几分钟？
解：(1)由题意知，k＝4，解得k＝.
(2)当k＝4时，y＝
当0≤x≤5时，由4≥4，解得x≥1，
则1≤x≤5.
当50，∴a>1.
③上式有两根相等，即Δ＝0⇒a＝±2－2，
此时t＝，若a＝2(－1)，则有t＝<0，
此时方程(1－a)t2＋at＋1＝0无正根，
故a＝2(－1)舍去；
若a＝－2(＋1)，则有t＝>0，且a· 2x－a＝a(t－1)＝a＝>0，
因此a＝－2(＋1)．
综上所述，a的取值范围为{a|a>1或a＝－2－2}．
第四讲不_等_式
一、基础知识要记牢
求一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(或<0)(a≠0，Δ＝b2－4ac>0)的解集，首先确定对应方程的根，然后根据三个二次之间的关系，依据图象直观写出解集．
二、经典例题领悟好
例1] (1)已知函数f(x)＝(ax－1)(x＋b)，若不等式f(x)>0的解集是(－1,3)，则不等式f(－2x)<0的解集是( )
A.∪
B.
C.∪
D.
(2)已知一元二次不等式f(x)<0的解集为，则f(10x)>0的解集为( )
A．{x|x<－1或x>－lg 2}
B．{x|－1－lg 2}
D．{x|x<－lg 2}
(3)设a∈R，若x＞0时均有(x2＋ax－5)(ax－1)≥0成立，则a＝________.
解析] (1)由f(x)>0，得ax2＋(ab－1)x－b>0，又其解集是(－1,3)，
∴a<0，且解得a＝－1，
∴a＝－1，b＝－3，∴f(x)＝－x2＋2x＋3，
∴f(－2x)＝－4x2－4x＋3，
由－4x2－4x＋3<0，得4x2＋4x－3>0，
解得x>或x<－，故选A.
(2)由题意知，一元二次不等式f(x)>0的解集为.而f(10x)>0，∴
－1<10x<，
解得x0(a>0)，再求相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根，最后根据相应二次函数图象与x轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集．
(2)解简单的分式、指数、对数不等式的基本思想是利用相关知识转化为整式不等式(一般为一元二次不等式)求解．
(3)与一元二次不等式有关的恒成立问题，通常转化为根的分布问题，求解时一定要借助二次函数的图象，一般考虑四个方面：开口方向、判别式的符号、对称轴的位置、区间端点函数值的符号．
(4)解含参数不等式的难点在于对参数的恰当分类，关键是找到对参数进行讨论的原因．确定好分类标准，从而层次清晰地求解.
三、预测押题不能少
1．(1)已知f(x)＝则f(x)>－1的解集为( )
A．(－∞，－1)∪(0，＋∞)
B．(－∞，－1)∪(0,1)∪(1，＋∞)
C．(－1,0)∪(1，＋∞)
D．(－1,0)∪(0,1)
解析：选B 当x>0时，由f(x)＝>－1，
得－2x＋1>－x2，即x2－2x＋1>0，解得x>0且x≠1.
当x<0时，由f(x)＝>－1，即－x>1，解得x<－1.
故x∈(－∞，－1)∪(0,1)∪(1，＋∞)．
(2)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为 0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)0，则的最小值为________．
(2)(2017·江苏高考)某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是______．
解析] (1)因为ab>0，所以≥＝＝4ab＋≥2＝4，当且仅当时取等号，故的最小值是4.
(2)由题意，一年购买次，则总运费与总存储费用之和为×6＋4x＝4≥8＝240，当且仅当x＝30时取等号，故总运费与总存储费用之和最小时x的值是30.
答案] (1)4 (2)30
利用基本不等式求函数最值的关注点
(1)一般地，分子、分母有一个一次、一个二次的分式结构的函数以及含有两个变量的函数，特别适合用基本不等式求最值.
(2)在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件.
(3)对二元以上的最值(范围)问题，通常可以通过换元、互化、齐次化、不等式放缩等减元，也可以通过主元、数形结合整体等策略求解.
三、预测押题不能少
3．(1)函数y＝loga(x＋3)－1(a>0，且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上(其中m，n>0)，则＋的最小值等于( )
A．16 B．12
C．9 D．8
解析：选D 依题意，点A(－2，－1)，则－2m－n＋1＝0，即2m＋n＝1(m>0，n>0)，
∴＋＝(2m＋n)
＝4＋≥4＋2＝8，
当且仅当＝，
即n＝2m＝时取等号，
即＋的最小值是8.
(2)设a，b为正实数，且(a－b)2＝，则当a＋b取得最小值时，a＝________.
解析：(a＋b)2＝(a－b)2＋4ab＝＋4ab≥2＝12，当且仅当时取等号，解得a＝±.
答案：±
一、基础知识要记牢
1．必记公式
(1)如果a，b是实数，则|a＋b|≤|a|＋|b|.当且仅当ab≥0时，等号成立．
(2)如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立．
2．重要性质及结论
(1)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法：
①|ax＋b|≤c(c>0)⇔－c≤ax＋b≤c.
②|ax＋b|≥c(c>0)⇔ax＋b≥c或ax＋b＜－c.
(2)|x－a|＋|x－b|≥c(c>0)和|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)型不等式的解法：
方法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现数形结合思想．
方法二：利用“零点分段法”求解，体现分类讨论思想．
方法三：通过构建函数，利用函数的图象求解，体现函数与方程思想．
二、经典例题领悟好
例4] (1)不等式|x－1|－|x－5|<2的解集是( )
A．(－∞，4) B．(－∞，1)
C．(1,4) D．(1,5)
(2)(2017·浙江高考)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________．
(3)已知函数f(x)＝(a，b∈R)，当x∈时，设f(x)的最大值为M(a，b)，则M(a，b)的最小值为________．
解析] (1)①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1.
②当10时，解得0≤a≤，
综上实数a的取值范围为.
知能专练(四)]
一、选择题
1．(2018届高三·衢州联考)“00的解集是实数集R”的( )
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 当a＝0时，1>0，显然成立；当a≠0时，故ax2＋2ax＋1>0的解集是实数集R等价于0≤a<1.因此，“00的解集是实数集R”的充分而不必要条件．
2．(2017·杭州模拟)在约束条件下，目标函数z＝x＋y的最大值为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 法一：由z＝x＋y得y＝－2x＋2z.作出可行域如图中阴影部分所示，平移直线y＝－2x，当直线经过点C时，z最大．由解得所以点C的坐标为，代入z＝x＋y，得z＝＋×＝.
法二：作出不等式组所表示的平面区域如图中△OBC及其内部所示，易知O(0,0)，B，C，分别代入z＝x＋y，z的值分别为0，，，故目标函数z＝x＋y的最大值为.
3．(2017·温州模拟)若函数f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值为3，则实数a的值为( )
A．5或8 B．－1或5
C．－1或－4 D．－4或8
解析：选D 当a>2时，－<－1，
f(x)＝
其图象如图所示：由图象知f(x)的最小值为f＝－＋a－1＝－1，依题意得－1＝3，解得a＝8，符合题意．
当a＝2时，f(x)＝3|x＋1|，其最小值为0，不符合题意．
当a<2时，－>－1，
f(x)＝
得f(x)的最小值为f，
因此－＋1＝3，解得a＝－4，符合题意．故选D.
4．(2016·浙江高考)若平面区域夹在两条斜率为1的平行直线之间，则这两条平行直线间的距离的最小值是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 根据约束条件作出可行域如图阴影部分，当斜率为1的直线分别过A点和B点时满足条件，联立方程组求得A(1,2)，联立方程组求得B(2,1)，可求得分别过A，B两点且斜率为1的两条直线方程为x－y＋1＝0和x－y－1＝0，由两平行线间的距离公式得距离为＝，故选B.
5．(2018届高三·浙江名校联考)不等式x2＋2x<＋对任意a，b∈(0，＋∞)恒成立，则实数x的取值范围是( )
A．(－2,0) B．(－∞，－2)∪(0，＋∞)
C．(－4,2) D．(－∞，－4)∪(2，＋∞)
解析：选C 不等式x2＋2x<＋对任意a，b∈(0，＋∞)恒成立，等价于x2＋2x(ax)2的解集中的整数恰有4个，则的取值范围为( )
A．(3,4] B．(3,4)
C．(2,3] D．(2,3)
解析：选A 整理不等式得 (1－a)x－b] (1＋a)x－b]>0.因为整数解只有4个，且1＋a>0，可得1－a<0，所以a>1.其解集为.又01时，若要f(x)≥恒成立，结合图象，只需x＋≥＋a，即＋≥a.又＋≥2，当且仅当＝，即x＝2时等号成立，所以a≤2.综上，a的取值范围是.
法二：关于x的不等式f(x)≥在R上恒成立等价于－f(x)≤a＋≤f(x)，
即－f(x)－≤a≤f(x)－在R上恒成立，
令g(x)＝－f(x)－.
当x≤1时，g(x)＝－(x2－x＋3)－＝－x2＋－3
＝－2－，
当x＝时，g(x)max＝－；
当x>1时，g(x)＝－－＝－≤－2，
当且仅当＝，且x>1，即x＝时，“＝”成立，
故g(x)max＝－2.
综上，g(x)max＝－.
令h(x)＝f(x)－，
当x≤1时，h(x)＝x2－x＋3－＝x2－＋3
＝2＋，
当x＝时，h(x)min＝；
当x>1时，h(x)＝x＋－＝＋≥2，
当且仅当＝，且x>1，即x＝2时，“＝”成立，
故h(x)min＝2.
综上，h(x)min＝2.
故a的取值范围为.
二、填空题
8．(2016·江苏高考)已知实数x，y满足则x2＋y2的取值范围是________．
解析：根据已知的不等式组画出可行域，如图阴影部分所示，则(x，y)为阴影区域内的动点．d＝可以看做坐标原点O与可行域内的点(x，y)之间的距离．数形结合，知d的最大值是OA的长，d的最小值是点O到直线2x＋y－2＝0的距离．由可得A(2,3)，
所以dmax＝＝，dmin＝＝.所以d2的最小值为，最大值为13.所以x2＋y2的取值范围是.
答案：
9．已知正数x，y满足x＋y＝1，则x－y的取值范围为________，＋的最小值为________．
解析：设y＝1－x，则x－y＝x－(1－x)＝2x－1,00，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增；如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．
二、经典例题领悟好
例2] (2018届高三·浙江名校联考)已知函数f(x)＝ex－ax(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a＝1，函数g(x)＝(x－m)f(x)－ex＋x2＋x在(2，＋∞)上为增函数，求实数m的取值范围．
解] (1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在R上为增函数；
当a>0时，由f′(x)＝0得x＝ln a，
则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(－∞，ln a)上为减函数，
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
∴函数f(x)在(ln a，＋∞)上为增函数．
(2)当a＝1时，g(x)＝(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x＝(x－m－1)ex＋(m＋1)x，
∵g(x)在(2，＋∞)上为增函数，
∴g′(x)＝xex－mex＋m＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立，
即m≤在(2，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝，x∈(2，＋∞)，
h′(x)＝＝.
令L(x)＝ex－x－2，
L′(x)＝ex－1>0在(2，＋∞)上恒成立，
即L(x)＝ex－x－2在(2，＋∞)上为增函数，
即L(x)>L(2)＝e2－4>0，∴h′(x)>0，
即h(x)在(2，＋∞)上为增函数，
∴h(x)>h(2)＝，∴m≤.
故实数m的取值范围为.
利用导数研究函数单调性的一般步骤
(1)确定函数的定义域；
(2)求导数f′(x)；
(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0即可．
②若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解.
三、预测押题不能少
2．(1)若函数exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中所有具有M性质的函数的序号为________．
①f(x)＝2－x；②f(x)＝3－x；③f(x)＝x3；
④f(x)＝x2＋2.
解析：设g(x)＝exf(x)，对于①，g(x)＝ex·2－x，则g′(x)＝(ex·2－x)′＝ex·2－x(1－ln 2)>0，所以函数g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，故①符合要求；
对于②，g(x)＝ex·3－x，则g′(x)＝(ex·3－x)′＝ex·3－x(1－ln 3)<0，所以函数g(x)在(－∞，＋∞)上为减函数，故②不符合要求；
对于③，g(x)＝ex·x3，则g′(x)＝(ex·x3)′＝ex·(x3＋3x2)，
显然函数g(x)在(－∞，＋∞)上不单调，故③不符合要求；
对于④，g(x)＝ex·(x2＋2)，则g′(x)＝ ex·(x2＋2)]′＝ex·(x2＋2x＋2)＝ex· (x＋1)2＋1]>0，所以函数g(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，故④符合要求．
综上，具有M性质的函数的序号为①④.
答案：①④
(2)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－，
得f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，
所以f(x)是R上的奇函数．
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，
所以f(x)在其定义域内单调递增．
因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，
所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，
所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤，
故实数a的取值范围是.
答案：
一、基础知识要记牢
(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值．
(2)设函数y＝f(x)在 a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在 a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．
二、经典例题领悟好
例3] (20178届高三·杭州模拟)设函数f(x)＝x(x2－3a)，求f(x)在 0,1]上的最大值F(a)．
解] 因为f(x)＝x3－3ax，所以f′(x)＝3x2－3a.
(1)若a≤0，则f′(x)≥0，即f(x)在 0,1]上单调递增，所以F(a)＝f(1)＝1－3a.
(2)若a>0，由f′(x)＝0知x＝±.f(0)＝0，f(1)＝1－3a.
①若01，则f(x)在 0,1]上单调递减，
所以F(a)＝f(0)＝0.
综上，F(a)＝
1.求函数y＝f(x)在某个区间上的极值的步骤
第一步：求导数f′(x)；
第二步：求方程f′(x)＝0的根x0；
第三步：检查f′(x)在x＝x0左右的符号；,
①左正右负⇔f(x)在x＝x0处取极大值；
②左负右正⇔f(x)在x＝x0处取极小值.
2.求函数y＝f(x)在区间 a，b]上的最大值与最小值的步骤
第一步：求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值(极大值或极小值)；,
第二步：将y＝f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
三、预测押题不能少
3．已知函数f(x)＝ax－－3ln x，其中a为常数．
(1)当函数f(x)的图象在点处的切线的斜率为1时，求函数f(x)在上的最小值；
(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝a＋－，
由题意可知f′＝1，解得a＝1.
故f(x)＝x－－3ln x，∴f′(x)＝，
由f′(x)＝0，得x＝2.
于是可得下表：
x
2
(2,3)
3
f′(x)
－
0
＋
f(x)
1－3ln 2
∴f(x)min＝f(2)＝1－3ln 2.
(2)f′(x)＝a＋－＝(x>0)，
由题意可得方程ax2－3x＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，并令h(x)＝ax2－3x＋2，
则
解得00，∴1＋x≥0，∴x≥－1.
3．函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．无数个
解析：选A 函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋－2＝.
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立．
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．
4．(2017·浙江高考)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
解析：选D 由f′(x)的图象知，f′(x)的图象有三个零点，故f(x)在这三个零点处取得极值，排除A、B；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C，故选D.
5．已知常数a，b，c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′(x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是( )
A．－ B.
C．2 D．5
解析：选C 由题意知，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集为 －2,3]，且在x＝3处取得极小值－115，
故有解得a＝2.
6．若0ln x2－ln x1
B．e－ex1e
D．x2eg(x2)，x2e>x1e，故选C.
二、填空题
7．设函数f(x)＝x(ex－1)－x2，则函数f(x)的单调增区间为________．
解析：因为f(x)＝x(ex－1)－x2，所以f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．令f′(x)>0，即(ex－1)·(x＋1)>0，解得x∈(－∞，－1)或x∈(0，＋∞)．所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)．
答案：(－∞，－1)和(0，＋∞)
8．已知函数f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间上是增函数，则实数a的取值范围为________．
解析：由题意知f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，即2a≥－x＋在上恒成立．又∵y＝－x＋在上单调递减，∴max＝，∴2a≥，即a≥.
答案：
9．已知函数f(x)＝x3＋2ax2＋1在x＝1处的切线的斜率为1，则实数a＝________，此时函数y＝f(x)在 0,1]上的最小值为________．
解析：由题意得f′(x)＝3x2＋4ax，则有f′(1)＝3×12＋4a×1＝1，解得a＝－，所以f(x)＝x3－x2＋1，
则f′(x)＝3x2－2x，当x∈ 0,1]时，
由f′(x)＝3x2－2x>0得0，得x>1，因此函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)．
令f′(x)<0，得00，∴x，f′(x)，f(x)关系如下表：
x
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
∴f(x)的单调递增区间为和 2，＋∞)，单调递减区间为.
(2)若f(x)在定义域上是增函数，
则f′(x)≥0在x>0时恒成立，
∵f′(x)＝a＋－＝，
∴转化为x>0时ax2－2x＋a≥0恒成立，
即a≥恒成立，
∵＝≤1，当且仅当x＝＝1时等号成立，
∴a≥1.故实数a的取值范围为 1，＋∞)．
12．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；并求出此时f(x)在 －2,1]上的最大值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex＋a，
f′(0)＝e0＋a＝0，∴a＝－1，∴f′(x)＝ex－1，
∵在(－∞，0)上f′(x)<0，f(x)单调递减，在(0，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴x＝0时，f(x)取极小值．∴a＝－1符合要求．
易知f(x)在 －2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，
且f(－2)＝＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)．
∴f(x)在 －2,1]的最大值为＋3.
(2)f′(x)＝ex＋a，由于ex>0.
①当a>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
且当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0.
当x<0时，取x＝－，
则f<1＋a＝－a<0，
∴函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，得x＝ln(－a)．
在(－∞，ln(－a))上f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(ln(－a)，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)．
解] (1)由题意，f′(x)＝2ax－＝，x>0，
①当a≤0时，2ax2－1<0，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a>0时，f′(x)＝，
当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.
故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)原不等式等价于f(x)－＋e1－x>0在x∈(1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝f(x)－＋e1－x＝ax2－ln x－＋e1－x－a，
只需g(x)在x∈(1，＋∞)上恒大于0即可．
又g(1)＝0，故g′(x)在x＝1处必大于等于0.
令F(x)＝g′(x)＝2ax－＋－e1－x，由g′(1)≥0，可得a≥.
当a≥时，F′(x)＝2a＋－＋e1－x≥1＋－＋e1－x＝＋e1－x，
因为x∈(1，＋∞)，故x3＋x－2>0.又e1－x>0，故F′(x)在a≥时恒大于0.
所以当a≥时，F(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增．
所以F(x)>F(1)＝2a－1≥0，故g(x)也在x∈(1，＋∞)上单调递增．
所以g(x)>g(1)＝0，即g(x)在x∈(1，＋∞)上恒大于0.
综上所述，a≥.
即实数a的取值范围为.
(1)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对任意x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)；第二关是求最值关，即求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题.
(2)
有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参数，但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数，分析函数的单调性，通过对函数单调性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的效果.
1．已知函数y＝ex的图象与函数f(x)的图象关于直线y＝x对称，函数g(x)＝(x2－2x)f(x)＋ax2－x.
(1)若a>0，且关于x的方程g(x)＝0有且仅有一个解，求实数a的值；
(2)在(1) 的条件下，若关于x的不等式g(x)≤m在(e－2，e)上恒成立，求实数m的取值范围．
解：因为函数y＝ex的图象与函数f(x)的图象关于直线y＝x对称，所以f(x)＝ln x，
所以g(x)＝(x2－2x)ln x＋ax2－x.
(1)令g(x)＝0，则(x2－2x)ln x＋ax2－x＝0，所以a＝.
令h(x)＝，则h′(x)＝－－＋＝，
令t(x)＝1－x－2ln x，则t′(x)＝－1－＝，
因为x∈(0，＋∞)，所以t′(x)<0，所以t(x)在(0，＋∞)上是减函数，
又t(1)＝h′(1)＝0，所以当00；当x>1时，h′(x)<0.
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1>0，又h＝1－e<0，h(e2)＝<0，a>0，
所以当函数g(x)有且仅有一个零点时，a＝1.
(2)由(1)知，a＝1，所以g(x)＝(x2－2x)ln x＋x2－x，
易知，当e－20，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，
故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，
即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(ae＋a－2)－n0>e－n0>2－n0>0.
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1).
导数与不等式证明问题
[例3] (2017·福建漳州质检)已知函数f(x)＝aex－bln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x＋1.
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)>0.
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝aex－，由题意得f(1)＝，f′(1)＝－1，
所以解得
(2)由(1)知f(x)＝·ex－ln x.
因为f′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)<0，f′(2)>0，
所以f′(x)＝0，在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1,2)．
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，
从而当x＝x0时，f(x)取极小值，也是最小值．
由f′(x0)＝0，得＝，则x0－2＝－ln x0.
故f(x)≥f(x0)＝－ln x0＝＋x0－2>2－2＝0，所以f(x)>0.
1.单变量不等式的证明
(1)利用导数证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(x).证明技巧：先将不等式f(x)>g(x)移项，即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明h(x)min>0，因此，只需在所给的区间内，判断h′(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证.
(2)本例在求出函数的最小值f(x0)＝－ln x0后，证其大于零时，往往需用到f′(x0)＝0的等式去转化，把－ln x0转化为＋x0－2，即可用基本不等式法判断其符号.当遇到既含有指数式，又含有对数式的代数式需判断其符号时，常需应用这种技巧，把含有指数式与对数式的代数式转化为不含有指数式与对数式的代数式，从而可轻松判断其符号.
2.双变量不等式的证明
破解含双参不等式的证明的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
3．(2018届高三·浙江十校联考)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数g(x)的极值；
(3)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥.
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，
又f′(x)＝＋1，则切线斜率k＝f′(1)＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)g(x)＝f(x)－(ax－1)＝ln x－ax2＋(1－a)x＋1，x>0，
则g′(x)＝－ax＋(1－a)＝(x>0)．
当a≤0时，因为x>0，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上是递增函数，函数g(x)无极值；
当a>0时，g′(x)＝＝－，
令g′(x)＝0得x＝(负值舍去)，所以当x∈0，
时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0.
因此g(x)在上是增函数，在上是减函数．
所以当x＝时，g(x)有极大值g＝ln－×＋(1－a)·＋1＝－ln a.
综上，当a≤0时，函数g(x)无极值；
当a>0时，函数g(x)有极大值－ln a，无极小值．
(3)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x，x>0.
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
即ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2，则由φ(t)＝t－ln t，
得φ′(t)＝1－＝，
易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
因为x1>0，x2>0，所以x1＋x2≥成立．
[重难增分训练(一)]
1．已知m，n∈(2，e)，且－＜ln，则( )
A．m＞n B．m＜n
C．m＞2＋ D．m，n的大小关系不确定
解析：选A 由不等式可得－＜ln m－ln n，即＋ln n＜＋ln m．设f(x)＝＋ln x(x∈(2，e))，则f′(x)＝－＋＝.
因为x∈(2，e)，所以f′(x)＞0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增．因为f(n)＜f(m)，所以n＜m.故选A.
2．已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为________．
解析：因为f(x＋2)为偶函数，所以f(x＋2)的图象关于x＝0对称，所以f(x)的图象关于x＝2对称．所以f(0)＝f(4)＝1.设g(x)＝(x∈R)，则g′(x)＝＝.又f′(x)＜f(x)，所以g′(x)＜0(x∈R)，所以函数g(x)在定义域上单调递减．因为f(x)＜ex⇔＜1，而g(0)＝＝1，所以f(x)＜ex⇔g(x)＜g(0)，所以x＞0.
答案：(0，＋∞)
3．(2017·广东汕头模拟)已知函数f(x)＝x＋xln x，若m∈Z，且f(x)－m(x－1)>0对任意的x>1恒成立，则m的最大值为________．
解析：因为f(x)＝x＋xln x，且f(x)－m(x－1)>0对任意的x>1恒成立，等价于m<在(1，＋∞)上恒成立，等价于m1)．
令g(x)＝(x>1)，所以g′(x)＝.易知g′(x)＝0必有实根，设为x0(x0－2－ln x0＝0)，且g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，因此m0，故30，函数f(x)为增函数，当x∈(－1,0)时，f′(x)＝－ex·(x＋1)<0，函数f(x)为减函数，所以函数f(x)＝|xex|在(－∞，0)上的最大值为f(－1)＝－(－1)e－1＝，
要使方程f2(x)＋tf(x)＋1＝0(t∈R)有四个不同的实数根，令f(x)＝m，则方程m2＋tm＋1＝0应有两个不同的实根，且一个根在内，一个根在内，令g(m)＝m2＋tm＋1，因为g(0)＝1>0，则只需g<0，即2＋＋1<0，解得t<－，
所以使得方程f2(x)＋tf(x)＋1＝0(t∈R)有四个不同的实数根的t的取值范围为.
答案：
5．已知函数f(x)＝x－aln x＋b，a，b为实数．
(1)若曲线x＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x＋3，求a，b的值；
(2)若|f′(x)|<对∈[2,3]恒成立，求a的取值范围．
解：(1)由已知，得f′(x)＝1－，
且由题设得f′(1)＝2，f(1)＝5，
从而，得1－a＝2且1＋b＝5，
解得a＝－1，b＝4.
(2)根据题设得，命题等价于当x∈[2,3]时，<恒成立⇔|x－a|<恒成立⇔－e＋2－.
解：(1)01时，f′(x)＝－＝＝.
由f′(x)＝0在内有解．
令g(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－α)(x－β)，
不妨设0<α<，则β>e，
所以g(0)＝1>0，g＝－＋1<0，
解得a>e＋－2.
故实数a的取值范围为.
(2)证明：由f′(x)>0⇔0β，
由f′(x)<0⇔αe)，
则h′(β)＝＋1＋>0，h(β)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x2)－f(x1)≥h(β)>h(e)＝2＋e－.
10．(2017·四川雅安模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2(a∈R)．
(1)若f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋y＋2＝0垂直，求实数a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上零点的个数．
解：(1)f(x)＝ln x－ax2的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－ax＝，则f′(2)＝.因为直线2x＋y＋2＝0的斜率为－2，
所以(－2)×＝－1，解得a＝0.
(2)由(1)知f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，
当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由得0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(3)由(2)可知，
(ⅰ)当a<0时，f(x)在[1，e2]上单调递增，
而f(1)＝－a>0，故f(x)在[1，e2]上没有零点；
(ⅱ)当a＝0时，f(x)在[1，e2]上单调递增，而f(1)＝－a＝0，故f(x)在[1，e2]上有一个零点；
(ⅲ)当a>0时，①若≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e2]上单调递减，因为f(1)＝－a<0，所以f(x)在[1，e2]上没有零点．
②若1<≤e2，即≤a<1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，而f(1)＝－a<0，f＝－ln a－，f(e2)＝2－ae4，
若f＝－ln a－<0，即a>时，f(x)在[1，e2]上没有零点；
若f＝－ln a－＝0，即a＝时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；
若f＝－ln a－>0，即a<时，由f(e2)＝2－ae4>0得a<，此时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；
由f(e2)＝2－ae4≤0得a≥，此时，f(x)在[1，e2]上有两个零点；
③若≥e2，即00，所以f(x) 在[1，e2]上有一个零点．
综上所述：当a<0或a>时，f(x)在[1，e2]上没有零点；当0≤a<或a＝时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；当≤a<时，f(x)在[1，e2]上有两个零点．
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2017·山东高考)设函数y＝的定义域为A，函数y＝ln(1－x)的定义域为B，则A∩B＝( )
A．(1,2) B．(1,2]
C．(－2,1) D．[－2,1)
解析：选D 由题意可知A＝{x|－2≤x≤2}，B＝{x|x<1}，故A∩B＝{x|－2≤x<1}．
2．已知a＝0.20.3，b＝log0.23，c＝log0.24，则( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>c>a D．c>b>a
解析：选A 由指数函数和对数函数的图象和性质知a>0，b<0，c<0，又对数函数f(x)＝log0.2x在(0，＋∞)上是单调递减的，所以log0.23>log0.24，所以a>b>c.
3．函数f(x)＝ln(x2＋1)的图象大致是( )
解析：选A 依题意，得f(－x)＝ln(x2＋1)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，即函数f(x)的图象关于y轴对称，故排除C.因为函数f(x)过定点(0,0)，排除B，D，应选A.
4．(2017·南昌模拟)已知x>0，y>0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
解析：选C 由已知得xy＝9－(x＋3y)，即3xy＝27－3(x＋3y)≤2，当且仅当x＝3y，即x＝3，y＝1时取等号，令x＋3y＝t，则t>0，且t2＋12t－108≥0，得t≥6，即x＋3y≥6.
5．若变量x，y满足约束条件则z＝2x－y的最小值为( )
A．－1 B．0 C．1 D．4
解析：选A 线性约束条件所构成的可行域如图所示是顶点为A(2,5)，B(1,2)，C(3，2)的三角形的边界及其内部．故当目标函数z＝2x－y经过点A时，取到最小值zmin＝2×2－5＝－1.
6．设a，b∈R，则“(a－b)·a2<0”是“a0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝.对于二次函数g(x)＝－x2－2ax＋4，易知该函数开口向下，所以其在区间[1,2]
上的最小值在端点处取得，即g(x)min＝min{g(1)，g(2)}．要使对任意的x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min，即≥g(1)或≥g(2)，所以≥－1－2a＋4或≥－4－4a＋4，解得a≥－.
10．若平面直角坐标系内的A，B两点满足：①点A，B都在f(x)的图象上；②点A，B关于原点对称，则称点对(A，B)是函数f(x)的一个“姊妹点对”(点对(A，B)与(B，A)可看作同一个“姊妹点对”)．已知函数f(x)＝则f(x)的“姊妹点对”的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选B 设P(x，y)(x<0)，则点P关于原点的对称点为P′(－x，－y)，由＝－(x2＋2x)，化简整理得2ex＋x2＋2x＝0.由x2＋2x<0，解得－20(x≥0)，所以只需考虑x∈(－2,0)即可．令φ(x)＝2ex＋x2＋2x，求导得，φ′(x)＝2ex＋2x＋2，令g(x)＝2ex＋2x＋2，则g′(x)＝2ex＋2>0，所以φ′(x)在区间(－2,0)上单调递增，而φ′(－2)＝2e－2－4＋2＝2(e－2－1)<0，φ′(－1)＝2e－1>0，所以φ(x)在区间(－2,0)上只存在一个极值点x0(x0∈(－2，－1))，而φ(－2)＝2e－2>0，φ(－1)＝2e－1－1<0，φ(0)＝2>0，所以函数φ(x)在区间(－2，－1)，(－1,0)上各有一个零点，即函数f(x)有2个“姊妹点对”．
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)
11．已知全集为R，集合A＝{x|x2－2x＞0}，B＝{x|1＜x＜3}，则A∩B＝________；A∪B＝________；∁RA＝________.
解析：因为A＝{x|x2－2x＞0}＝{x|x＜0或x＞2}，B＝{x|1＜x＜3}，A∩B＝(2,3)，A∪B＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，∁RA＝[0,2]．
答案：(2,3) (－∞，0)∪(1，＋∞) [0,2]
12．已知f(x)＝f(1)＝________，f(f(3))＝________.
解析：依题意，f(1)＝－log31＝0，f(3)＝－log33＝－1，故f(f(3))＝f(－1)＝3.
答案：0 3
13．(2017·嘉兴模拟)若实数a，b满足ab－4a－b＋1＝0(a>1)，则(a＋1)(b＋2)的最小值为________，这时a＝________.
解析：因为ab－4a－b＋1＝0，所以b＝，又a>1，所以b>0，所以(a＋1)(b＋2)＝ab＋2a＋b＋2＝6a＋2b＋1＝6a＋8＋＋1＝6(a－1)＋＋15，因为a－1>0，所以6(a－1)＋＋15≥2＋15＝27，当且仅当6(a－1)＝(a>1)，即a＝2时等号成立，故(a＋1)(b＋2)的最小值是27.
答案：27 2
14．若关于x的不等式|x＋a|0，即Δ＝4m2－12(m＋6)>0，所以m2－3m－18>0，解得m>6或m<－3.
答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)
16．设变量x，y满足约束条件其中a>1，若目标函数z＝x＋y的最大值为4，则a的值为________．
解析：根据题意作出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示．令y＝－x＋z，则z的几何意义是直线y＝－x＋z的纵截距，故欲使z最大，只需使直线y＝－x＋z的纵截距最大即可．因为a>1，所以直线x＋ay＝7的斜率大于－1，故当直线y＝－x＋z经过直线y＝3x与直线x＋ay＝7的交点时，目标函数z取得最大值，最大值为.由题意得＝4，解得a＝2.
答案：2
17．已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表：
x
－1
0
2
4
5
f(x)
1
2
1.5
2
1
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示．
下列关于函数f(x)的命题：
①函数f(x)的值域为[1,2]；
②函数f(x)在[0,2]上是减函数；
③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；
④当10，函数单调递增，
当00，
且h(3e)＝2ln(3e)＋1－≥2ln(3e)＋1－＝2>0.
又h(x)在(0，＋∞)内单调递增，所以函数h(x)在(0，＋∞)内有唯一零点，记此零点为x0，则10；当x∈(x0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，a)内单调递减，在(a，＋∞)内单调递增．所以要使f(x)≤4e2对x∈(1,3e]恒成立，只要
成立．
由h(x0)＝2ln x0＋1－＝0，知
a＝2x0ln x0＋x0. (ⅲ)
将(ⅲ)代入(ⅰ)得4xln3x0≤4e2.又x0>1，注意到函数x2ln3x在[1，＋∞)内单调递增，故1x2≥2，
f(x1)－f(x2)＝＋bx1＋c－
＝.
∵x1>x2≥2，∴x1－x2>0，x1x2>0，
因为函数f(x)在[2，＋∞)上是单调递增函数，故恒有f(x1)>f(x2)，从而恒有bx1x2－1>0，即恒有b>，当x1>x2≥2时，x1x2>4，∴<，∴b≥.
故实数b的取值范围为.
(2)当n＝2时f(x)＝x2＋bx＋c，
对任意x1，x2∈[－1,1]有|f(x1)－f(x2)|≤4恒成立等价于f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.
当－<－1，即b>2时，f(x)在x∈[－1,1]上单调递增，所以f(x)min＝f(－1)＝1－b＋c，
f(x)max＝f(1)＝1＋b＋c，所以M＝2b>4，与题设矛盾；
当－1≤－≤0，即0≤b≤2时，f(x)在x∈－1，－上单调递减，在x∈上单调递增，所以f(x)min＝f＝－＋c，f(x)max＝f(1)＝1＋b＋c，
所以M＝2≤4恒成立，所以0≤b≤2；
当0<－≤1，即－2≤b<0时，f(x)在x∈上单调递减，在x∈上单调递增，所以f(x)min＝f＝－＋c，f(x)max＝f(－1)＝1－b＋c，所以M＝2≤4恒成立，
所以－2≤b<0；
当－>1，即b<－2时，f(x)在x∈[－1,1]上单调递减，
所以f(x)min＝f(1)＝1＋b＋c，f(x)max＝f(－1)＝1－b＋c，所以M＝－2b>4，与题设矛盾．
综上所述，实数b的取值范围是[－2,2]．
22．(本小题满分15分)已知a>0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.
(1)证明：当0≤x≤1时，
①函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；
②f(x)＋|2a－b|＋a≥0.
(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范围．
解：(1)证明：①f′(x)＝12ax2－2b＝12a，
当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
当b>0时，f′(x)＝12a，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当0≤x≤1时，
f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a.
②由于0≤x≤1，故
当b≤2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)，
当b>2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a>4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)；
设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，
则g′(x)＝6x2－2＝6，
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：
x
0
1
g′(x)
－
0
＋
g(x)
1
极小值
1
所以，g(x)min＝g＝1－>0，
所以，当0≤x≤1时，2x3－2x＋1>0，
故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.
(2)由①知，当0≤x≤1时，f(x)max＝|2a－b|＋a，所以|2a－b|＋a≤1，
若|2a－b|＋a≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1，所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是即或
在直角坐标系aOb中，所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.
作一组平行直线a＋b＝t(t∈R)，得－1
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